第6章 空间向量与立体几何 本章复习提升（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2025-2026学年高二数学选择性必修第二册（苏教版）

本章复习提升 易混易错练 易错点1　对空间向量的相关概念理解不清致错 1.下列结论正确的是(　　) A.若空间向量a,b满足a·b<0,则a与b的夹角为钝角 B.若非零空间向量a,b,c满足a⊥b,b⊥c,则a∥c C.对于非零向量c,若a·c=b·c,则a=b D.若(x,y,z∈R),则“x+y+z=1”是“P,A,B,C四点共面”的充分不必要条件 2.(2025陕西西安期中)已知向量a=(1,2,-1),b=(m,m2+3m-6,n),若向量a,b同向,则实数m,n分别等于　　　　.  易错点2　混淆空间角与向量的夹角致错 3.(2025四川成都石室中学月考)两条异面直线a,b所成的角为60°,在直线a,b上分别取点A,E和点B,F,使AB⊥a,且AB⊥b.已知AE=6,BF=8,EF=14,则线段AB的长为(　　) A.20或12　　　B.12或4　　　 C.4或8或20 4.(2024湖南永州联考)如图,在四棱锥P-ABCD中,平面PAD⊥底面ABCD,平面PCD⊥底面ABCD,四边形ABCD为正方形,且PD=AB=1,G为△ABC的重心,则PG与底面ABCD所成的角θ满足(　　) A.θ=　　　B.cos θ=　　　 C.tan θ=　　　D.sin θ= 5.在如图所示的几何体中,四边形ABCD是等腰梯形,AB∥CD,∠DAB=60°,FC⊥平面ABCD,CB=CD=CF,则二面角F-BD-C的余弦值为　　　　　.  易错点3　不能正确建立空间直角坐标系致错 6.(2025安徽蚌埠五河一中月考)如图,在三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,AC⊥BC. (1)求证:平面PAC⊥平面PBC; (2)若AC=5,BC=12,三棱锥P-ABC的体积为100,求二面角A-PB-C的余弦值. 7.(2025江苏南通调研)如图1,△ABC是等边三角形,△DAC为等腰直角三角形,DA=DC=,将△DAC沿AC翻折到△PAC的位置(如图2),点F在线段PB上(不含端点). (1)证明:AC⊥PB; (2)若直线PC与AB所成角的余弦值为, (i)当直线PB与平面ACF所成的角为60°时,求PF的长; (ii)设平面ACF与平面PBC的夹角为α,求cos α的取值范围. 思想方法练 一、转化与化归思想在空间向量与立体几何中的应用 1.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,O为正方形ADD1A1的中心,则直线A1B1与平面OD1B的距离为(　　) A. 2.(多选题)(2025广东广州期中)在棱长为1的正四面体ABCD内有一点O,满足||,则(　　) A.·　　　 C.⊥ 3.(2025江苏无锡锡山高级中学月考)在空间几何体ABC-DEF中,四边形ABED,ADFC均为直角梯形,∠FCA=∠CAD=∠DAB=∠ABE=,AB=AC=CF=4,AD=5,BE=6. (1)如图1,若∠CAB=,求直线FD与平面BEF所成角的正弦值; (2)如图2,设∠CAB=θ, (i)证明:平面BEF⊥平面DEF; (ii)若二面角E-BF-D的余弦值为,求cos θ的值. 二、函数与方程思想在空间向量与立体几何中的应用 4.(2024河北沧州沧县中学月考)如图所示,圆锥的高PO=2,底面圆O的半径为R,延长直径AB到点C,使得BC=R,分别过点A,C作底面圆O的切线,两切线相交于点E,D是切线CE与圆O的切点. (1)证明:平面PDE⊥平面POD; (2)若直线PE与平面PBD所成角的正弦值为,求点A到平面PDE的距离. 5.(2024江苏南京师大附中模拟)如图所示,四边形ABCD为正方形,四边形ABFE和四边形CDEF为两个全等的等腰梯形,EF∥AB,AB=2EF=4,EA=ED=FB=FC=3. (1)当N为线段AD的中点时,求证:AD⊥FN; (2)当点N在线段AD上时(包含端点),求平面BFN和平面ADE所成锐二面角的余弦值的取值范围. 答案与分层梯度式解析 易混易错练 1.D 3.B 4.C 1.D　对于A,若空间向量a,b满足a·b<0,则a与b的夹角为钝角或平角(易错点:a与b的夹角为锐(钝)角,可以推出a·b>(<)0,但反过来不成立,要考虑零角(平角)的情况),故A错误. 对于B,当非零空间向量a,b,c满足a⊥b,b⊥c时,a与c不一定平行,也可能垂直,故B错误. 对于C,不妨取a·c=b·c=0,则对于非零向量c,满足与a和b都垂直即可,因此a与b不一定相等(易错点:与实数的运算不同,向量的运算中消去律不成立),故C错误. 对于D,若x+y+z=1,则由)化简,得,所以P,A,B,C四点共面,故充分性成立; 如图,A,B,C三点共线,且B为AC的中点,P不在直线AC上,O在平面PAC外,则,而不共面,所以不成立,故必要性不成立.故“x+y+z=1”是“P,A,B,C四点共面”的充分不必要条件,故D正确. 2.答案　2,-2 解析　由题意可知a∥b,所以, 即 当m=-3,n=3时,b=(-3,-6,3)=-3a,向量a,b反向,不符合题意,舍去;当m=2,n=-2时,b=(2,4,-2)=2a,向量a,b同向,符合题意. 综上,m=2,n=-2. 易错警示 　　“两向量同向”是“两向量平行”的充分不必要条件,因此利用“平行”求解后要检验是否“同向”. 3.B　由已知得, 两边平方可得(*). 因为AB⊥a,AB⊥b,所以=0. 因为AE与BF所成的角为60°,所以所成的角为60°或120°,又AE=6,BF=8,EF=14,所以(*)式可整理为142=62+AB2+82+2×6×8cos<>. 当<>=60°时,AB=4;当<>=120°时,AB=12,故线段AB的长为12或4. 易错警示 　　当两条异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时,这个角就是这两条异面直线所成的角;当两条异面直线的方向向量的夹角为钝角时,其补角是这两条异面直线所成的角. 4.C　因为四边形ABCD为正方形,所以DC⊥DA, 又平面PAD⊥底面ABCD,平面PAD∩底面ABCD=AD,CD⊂底面ABCD,所以CD⊥平面PAD,又因为PD⊂平面PAD,所以CD⊥PD,同理可得AD⊥PD,所以DA,DC,DP两两互相垂直. 以{}为单位正交基底,建立空间直角坐标系,如图所示, 则P(0,0,1),A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),故G,所以. 易知平面ABCD的一个法向量为(0,0,1),记n=(0,0,1), 则sin θ=|cos<,n>|=,所以cos θ=, 所以tan θ=. 易错警示 　　设直线l与平面γ形成的线面角等于α,平面γ的法向量与直线l的方向向量的夹角等于β,则α+β=90°或α+(180°-β)=90°,所以sin α=cos β或sin α=-cos β,故sin α=|cos β|.解题时要注意两者之间的联系,并注意区分要求的三角函数名称. 5.答案　 解析　因为四边形ABCD是等腰梯形,AB∥CD,∠DAB=60°,所以∠ADC=∠BCD=120°. 又CB=CD,所以∠CDB=30°,所以∠ADB=90°, 故AD⊥BD. 连接AC,则AC⊥BC. 因为FC⊥平面ABCD,AC,BC⊂平面ABCD, 所以FC⊥AC,FC⊥BC, 所以CA,CB,CF两两互相垂直. 以{}为正交基底,建立如图所示的空间直角坐标系. 不妨设CB=1,则C(0,0,0),B(0,1,0),D,F(0,0,1),所以=(0,0,1). 设平面BDF的法向量为m=(x,y,z), 则 取z=1,则x=,y=1,所以m=(,1,1). 易知=(0,0,1)是平面BDC的一个法向量, 则cos<m,. 由图可知,二面角F-BD-C为锐二面角, 所以二面角F-BD-C的余弦值为. 易错警示 　　求二面角的大小时,应用向量法分别求出两个半平面的法向量,它们的夹角的大小与二面角的大小可能相等也可能互补,一般结合图形判断所求二面角是钝二面角还是锐二面角. 6.解析　(1)证明:因为PA⊥平面ABC,BC⊂平面ABC, 所以PA⊥BC, 又因为AC⊥BC,PA,AC⊂平面PAC,PA∩AC=A, 所以BC⊥平面PAC, 又因为BC⊂平面PBC,所以平面PAC⊥平面PBC. (2)因为AC=5,BC=12,AC⊥BC, 所以S△ABC=×12×5=30. 因为三棱锥P-ABC的体积为100,即100=×PA×30, 所以PA=10. 以A为坐标原点,过A且平行于BC的直线为x轴,AC,AP所在直线分别为y轴,z轴建立空间直角坐标系,如图所示,则A(0,0,0),B(12,5,0),C(0,5,0),P(0,0,10),所以=(12,5,-10). 设平面APB的法向量为n=(x,y,z), 则则z=0,令x=-5,得y=12,则n=(-5,12,0). 设平面PBC的法向量为m=(a,b,c), 则则a=0, 令b=2,得c=1,则m=(0,2,1). 设二面角A-PB-C的大小为θ, 则|cos θ|=|cos<n,m>|=. 由图知,二面角A-PB-C为锐二面角, 所以二面角A-PB-C的余弦值为. 易错警示 　　运用“坐标法”解答空间几何问题时,要分析空间几何体的结构特征,充分利用图形中的垂直关系或构造垂直关系来建立空间直角坐标系,一般利用线面垂直找到z轴,利用线线垂直找到x轴,y轴,解题时要准确找到垂直关系,避免建错坐标系. 7.解析　(1)证明:取AC的中点E,连接PE,BE. 因为PA=PC,AB=BC,所以PE⊥AC,BE⊥AC, 又PE∩BE=E,PE,BE⊂平面PBE,所以AC⊥平面PBE, 又PB⊂平面PBE,所以AC⊥PB. (2)因为△DAC为等腰直角三角形,DA=DC=, 所以AC=2. 因为△ABC为等边三角形,所以AB=BC=AC=2. 设=a,=b,=c,则|a|=1,|b|=,|c|=1,=-c-a,=b-a,所以=(-c-a)·(b-a)=-c·b+a·c-a·b+|a|2=1-c·b,又||=2,所以cos<, 所以c·b=0或c·b=2. 又因为c·b=|c||b|cos<c,b>=cos<c,b>∈[-],所以c·b=0,所以EA,EB,EP两两互相垂直, 所以以{}为正交基底,建立如图所示的空间直角坐标系, 则A(1,0,0),B(0,,0),C(-1,0,0),P(0,0,1), 所以=(2,0,0). (i)设(0<t<1),则t,-t),所以F(0,t,1-t),所以t,1-t). 设平面ACF的法向量为m=(x1,y1,z1), 则则x1=0, 取y1=t-1,得z1=t,则m=(0,t-1,t). 由题意得,|cos<,m>|==sin 60°=,解得t=或t=0(舍去), 所以,所以PF=||=1. (ii)易得=(-1,0,-1). 设平面PBC的法向量为n=(x2,y2,z2), 则 取y2=1,得x2=-,则n=(-). cos α=|cos<m,n>|=. 令x=4t2-2t,则-≤x<2,. 易知y=4-在x∈上单调递增, 所以0≤4-<3,所以0≤cos α<. 故cos α的取值范围为. 思想方法练 1.A　以{}为单位正交基底,建立空间直角坐标系,如图所示. 易得B(1,1,0),D1(0,0,1),A1(1,0,1),B1(1,1,1),O,所以=,=(0,0,1). 设平面OD1B的法向量为n=(x,y,z), 则 令x=1,则y=0,z=1,所以n=(1,0,1). 因为·n=0,且A1B1⊄平面OD1B, 所以A1B1∥平面OD1B, 将求直线与平面的距离转化为求点到平面的距离. 所以点B1到平面OD1B的距离即为直线A1B1与平面OD1B的距离,为. 2.ABC　将正四面体放入正方体中,建立如图所示的空间直角坐标系, 将与正四面体有关的问题转化为与正方体有关的问题,有利于建立空间直角坐标系,进而解决问题. 则A. 由||知O是正方体的中心,即O. =(0,0,0)=0,因此A正确. ,因此B正确. =0,即,因此C正确. 因为,所以,所以|,因此D错误. 3.解析　(1)因为∠CAD=∠DAB=,∠CAB=,所以CA⊥AD,AD⊥AB,CA⊥AB,所以以{}为正交基底,建立如图1所示的空间直角坐标系,则D(0,5,0),B(4,0,0),F(0,4,4),E(4,6,0),所以=(-4,4,4). 设平面BEF的法向量为n1=(x1,y1,z1), 则则y1=0, 取x1=1,得z1=1, 所以n1=(1,0,1). 设直线FD与平面BEF所成的角为α, 则sin α=, 所以直线FD与平面BEF所成角的正弦值为. (2)(i)证明:以点A为坐标原点,建立如图2所示的空间直角坐标系, 则B(4,0,0),E(4,6,0),D(0,5,0),A(0,0,0). 设C(x,0,z),则F(x,4,z)(0<x<4,0<z<4). 因为AC=4,所以x2+z2=16. 易得=(4,-5,0). 设平面BEF的法向量为n2=(x2,y2,z2), 则则y2=0, 取x2=z,得z2=4-x,所以n2=(z,0,4-x). 设平面DEF的法向量为n3=(x3,y3,z3), 则取x3=z,得y3=-4z,z3=-4-x, 所以n3=(z,-4z,-4-x). 将证明面面垂直转化为证明两平面的法向量的数量积为0. 因为n2·n3=z2+(-4-x)(4-x)=z2+x2-16=0, 所以n2⊥n3,所以平面BEF⊥平面DEF. (ii)设平面DFB的法向量为n4=(x4,y4,z4), 则取x4=5z,得y4=4z,z4=4-5x, 所以n4=(5z,4z,4-5x). 将求二面角的余弦值转化为求两个半平面的法向量的夹角的余弦值. 设二面角E-BF-D的大小为β, 则|cos β|=|cos<n2,n4>|= = =,整理得x2-14x+24=0, 解得x=2或x=12(舍去),所以z=2,所以C(2,0,2), 所以), 又=(4,0,0),所以cos θ=. 思想方法 　　转化与化归思想在空间向量与立体几何中的应用主要表现在:将立体几何中的位置关系转化为空间两向量的数量关系(线性表示或数量积表示),将空间角与空间距离的计算转化为空间两向量的相关运算. 4.解析　(1)证明:连接AD.由题意得PO⊥平面ABD, ∵CE⊂平面ABD,∴PO⊥CE. ∵CE与圆O相切于点D,∴OD⊥CE. 又∵PO∩OD=O,PO,OD⊂平面POD,∴CE⊥平面POD. 又CE⊂平面PDE,∴平面PDE⊥平面POD. (2)以O为坐标原点,OC,OP所在直线分别为y轴,z轴,过点O且垂直于平面PAB的直线为x轴,建立如图所示的空间直角坐标系. 易知CA=3R,OD=R,CD=R,△CAE∽△CDO, ∴R. 易得P(0,0,2),DR,-R,-2). 设平面PBD的法向量为m=(x,y,z), 则 令x=,则m=. 根据直线PE与平面PBD所成角的正弦值为构建 关于R的方程. ∵直线PE与平面PBD所成角的正弦值为, ∴|cos<m,,整理得3R4-16R2+16=0,即(3R2-4)(R2-4)=0,∴R=或R=2. 当R=2时,,1,-2), 易得=(0,2,2). 设平面PDE的法向量为n=(a,b,c), 则令a=,得n=(,1,2), 所以点A到平面PDE的距离为. 当R=时,, 易得. 设平面PED的法向量为l=(a1,b1,c1), 则令a1=3,得l=(3,,2), 所以点A到平面PDE的距离为. 综上,点A到平面PDE的距离为. 5.解析　(1)证明:连接EN.因为N为线段AD的中点,且EA=ED,所以AD⊥EN. 因为EF∥AB,且四边形ABCD为正方形,所以AD⊥EF. 又EN∩EF=E,EN,EF⊂平面EFN,所以AD⊥平面EFN, 又FN⊂平面EFN,所以AD⊥FN. (2)设正方形ABCD的中心为O,分别取AB,BC,EF,AD的中点P,Q,S,H,连接EH,HQ,QF,OS,OP. 易知E,F,H,Q四点共面,且AD⊥平面EHQF, 又AD⊂平面ABCD,所以平面ABCD⊥平面EHQF. 由题意可知四边形EHQF为等腰梯形,故OS⊥HQ, 又平面ABCD∩平面EHQF=HQ,OS⊂平面EHQF, 所以OS⊥平面ABCD. 易知OP⊥OQ,故以{}为正交基底,建立空间直角坐标系,如图, 则A(2,-2,0),B(2,2,0),D(-2,-2,0), 所以=(0,-4,0). 因为AB=2EF=4,所以EF=2. 设EF到底面ABCD的距离为h(h>0), 通过引入未知数建立方程,求出EF到底面ABCD的距离,进而确定E,F点的坐标,体现了方程思想. 因为四边形ABFE和四边形CDEF为两个全等的等腰梯形,且EF∥AB,所以E(0,-1,h),F(0,1,h). 由EA=3,得=3, 解得h=2(负值舍去),则E(0,-1,2),F(0,1,2), 所以=(-2,-1,2). 设,λ∈[0,1], 则=(-4λ,-4,0). 设平面BFN的法向量为n=(x,y,z), 则 令x=2,得y=-2λ,z=2-λ,则n=(2,-2λ,2-λ). 设平面ADE的法向量为m=(a,b,c), 则则a=0, 令c=1,得b=-2,则m=(0,-2,1). 故|cos<n,m>|=. 结合二次函数的单调性求得最值,体现了函数思想. 令m=λ+, 则m∈,|cos<n,m>|=. 令t=, 则t∈,|cos<n,m>|=. 令f(t)=t+5,t∈, 易得f(t)在上单调递增, 故f(t)min=f ,f(t)max=f =18, 故|cos<n,m>|∈, 即平面BFN和平面ADE所成锐二面角的余弦值的取值范围为. 思想方法 　　方程思想在空间向量中的应用主要表现在探索性问题中,通过设置参数,建立方程(组),求方程(组)的解来解决问题.函数思想在空间向量中的应用主要表现在“运动问题”和“最值问题”中,通过构造函数求最值时要注意函数的定义域,应当在定义域的约束下去求最值,利用基本不等式求最值时要注意满足适用的条件. 23 学科网（北京）股份有限公司 $